Question

1．已知函數(shù)f（x）=ln（x+$\sqrt{a+{x}^{2}}$），是定義在R上的奇函數(shù)．
（Ⅰ）求a的值．
（Ⅱ）解不等式f（2^x）≤f（$\frac{6}{lo{g}_{2}（x+1）}$-4）≤ln（3+$\sqrt{10}$）；
（Ⅲ）當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，不等式f（a•4^x+a）+f（2^x+1）＞0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由于f（x）為定義在R上的奇函數(shù)，則f（0）=0，可得a=1，再運(yùn)用定義，檢驗(yàn)f（x）為奇函數(shù)即可；
（Ⅱ）判斷出y=f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，由f（x）為奇函數(shù)，且過原點(diǎn)，可得f（x）在R上遞增，f（2^x）≤f（$\frac{6}{lo{g}_{2}（x+1）}$-4）≤ln（3+$\sqrt{10}$）=f（3）?2^x≤$\frac{6}{lo{g}_{2}（x+1）}$-4≤3，解不等式即可得到所求解集；
（Ⅲ）由題意結(jié)合f（x）為奇函數(shù)，f（x）在R上遞增，可得f（a•4^x+a）＞f（-2^x-1），a•4^x+a＞-2^x-1，即a＞$-\frac{{2}^{x}+1}{{4}^{x}+1}$．設(shè)t=2^x+1（3≤t≤5），則2^x=t-1，運(yùn)用單調(diào)性求得最大值，即可得到a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）由于f（x）為定義在R上的奇函數(shù)，
則f（0）=0，即有l(wèi)n$\sqrt{a}$=0，
解得a=1．
則有f（x）=ln（x+$\sqrt{1+{x}^{2}}$），
由x+$\sqrt{1+{x}^{2}}$＞0，解得x∈R，
f（-x）+f（x）=lg（-x+$\sqrt{1+{x}^{2}}$）+lg（x+$\sqrt{1+{x}^{2}}$）=lg（x²+1-x²）=lg1=0，
即有f（-x）=-f（x），
則f（x）為奇函數(shù)．
故a=1；
（Ⅱ）設(shè)x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=$ln\frac{{x}_{1}+\sqrt{1+{{x}_{1}}^{2}}}{{x}_{2}+\sqrt{1+{{x}_{2}}^{2}}}$，
∵0＜x₁＜x₂，∴$\sqrt{1+{{x}_{1}}^{2}}＜\sqrt{1+{{x}_{2}}^{2}}$，
則0＜$\frac{{x}_{1}+\sqrt{1+{{x}_{1}}^{2}}}{{x}_{2}+\sqrt{1+{{x}_{2}}^{2}}}$＜1，即$ln\frac{{x}_{1}+\sqrt{1+{{x}_{1}}^{2}}}{{x}_{2}+\sqrt{1+{{x}_{2}}^{2}}}$＜0，
∴f（x₁）＜f（x₂），則y=f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
由f（x）為奇函數(shù)，且過原點(diǎn)，可得f（x）在R上遞增，
∴f（2^x）≤f（$\frac{6}{lo{g}_{2}（x+1）}$-4）≤ln（3+$\sqrt{10}$）=f（3），
?2^x≤$\frac{6}{lo{g}_{2}（x+1）}$-4≤3，
首先log₂（x+1）＞0，即x＞0．
即有（4+2^x）log₂（x+1）≤6，
由y=（4+2^x）log₂（x+1）的導(dǎo)數(shù)為y′=2^xln2•log₂（x+1）+（4+2^x）•$\frac{1}{（x+1）ln2}$＞0，
則x＞0時(shí)，函數(shù)y遞增，又x=1時(shí)，（4+2）log₂（1+1）=6，
即有（4+2^x）log₂（x+1）≤6的解為0＜x≤1①
$\frac{6}{lo{g}_{2}（x+1）}$-4≤3，即有l(wèi)og₂（x+1）≥$\frac{6}{7}$，
解得x≥2${\;}^{\frac{6}{7}}$-1，②
由①②可得，2${\;}^{\frac{6}{7}}$-1≤x≤1．
則原不等式的解集為[2${\;}^{\frac{6}{7}}$-1，1]；
（Ⅲ）不等式f（a•4^x+a）+f（2^x+1）＞0?f（a•4^x+a）＞f（-2^x-1），
∵y=f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，且y=f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，
∴y=f（x）在R上為增函數(shù)，
∴原不等式等價(jià)于a•4^x+a＞-2^x-1，即a＞$-\frac{{2}^{x}+1}{{4}^{x}+1}$．
設(shè)t=2^x+1（3≤t≤5），則2^x=t-1，
即有$-\frac{{2}^{x}+1}{{4}^{x}+1}$=-$\frac{t}{（t-1）^{2}+1}$=-$\frac{1}{t+\frac{2}{t}-2}$，
由t+$\frac{2}{t}$的導(dǎo)數(shù)為1-$\frac{2}{{t}^{2}}$＞0，可得t+$\frac{2}{t}$在[3，5]遞增，
可得t+$\frac{2}{t}$∈[$\frac{11}{3}$，$\frac{27}{5}$]，即有-$\frac{1}{t+\frac{2}{t}-2}$∈[-$\frac{3}{2}$，-$\frac{5}{17}$]．
則a＞-$\frac{5}{17}$．
即有實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-$\frac{5}{17}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性的判斷與證明，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法及分離變量法，訓(xùn)練了利用函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的最值，是難題．